12 枚硬币的奇偶性
题
12 枚独立的硬币：3 枚正面概率 \(1/2\)，3 枚 \(1/3\)，3 枚 \(1/4\)，3 枚 \(1/5\)。全部抛一次，正面总数为偶数的概率是多少？
一句话
只要有一枚公平硬币，正面总数的奇偶性就被完全洗牌——答案恰好 \(1/2\)，其余九枚根本不用看。
关键技巧
奇偶性问题的标准招：算 \(E[(-1)^X]\)。设 \(X = \sum_i X_i\)，各硬币独立，所以期望可以拆成乘积：
\[
E[(-1)^X] = \prod_i E\left[(-1)^{X_i}\right] = \prod_i (1 - 2p_i)
\]
又因为 \(P(\text{偶}) - P(\text{奇}) = E[(-1)^X]\) 且 \(P(\text{偶}) + P(\text{奇}) = 1\)，两式相加即得通式：
\[
P(\text{偶}) = \frac{1 + \prod_i (1 - 2p_i)}{2}
\]
生成函数视角是同一件事：\(f(x) = \prod_i (1 - p_i + p_i x)\)，则 \(P(\text{偶}) = \frac{f(1) + f(-1)}{2}\)——这是单位根滤波（roots of unity filter）最简单的形态。
解
三枚 \(p = 1/2\) 的硬币每枚贡献因子 \(1 - 2 \cdot \frac{1}{2} = 0\)，整个乘积直接归零：
\[
P(\text{偶}) = \frac{1 + 0}{2} = \frac{1}{2}
\]
不想动公式也有直觉论证：先抛其余 11 枚，无论此刻正面数是奇是偶，最后那枚公平硬币都以 \(1/2\) 的概率翻转奇偶性——所以总体恰好对半分。
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}延伸
- 把三枚公平硬币拿掉呢？ 剩下九枚的因子 \(1-2p\) 分别是 \(\frac{1}{3}\)（来自 \(p{=}\frac13\)）、\(\frac{1}{2}\)（来自 \(p{=}\frac14\)）、\(\frac{3}{5}\)（来自 \(p{=}\frac15\)），每类三枚：\(\left(\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5}\right)^3 = \left(\frac{1}{10}\right)^3 = \frac{1}{1000}\)，于是 \(P(\text{偶}) = \frac{1001}{2000} = 0.5005\)。出题人显然是故意把数凑整的。
- 一般规律：所有 \(p_i < 1/2\) 时每个因子为正，\(P(\text{偶}) > 1/2\)——偏向反面的硬币群总是更可能给出偶数个正面（0 个也算偶数）。
- 同款技巧：求 \(X \bmod m\) 的分布就换成 \(m\) 次单位根滤波；通信里的奇偶校验位分析也是这一招。